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高中数学竞赛赛题精选一、选择题（共12题）1定义在R上的函数的值域为m,n,则的值域为（ ）Am,n Bm-1,n-1C D无法确定解：当函数的图像左右平移时，不改变函数的值域.故应选A.2设等差数列满足，且为其前n项之和，则中最大的是( )A. B. C. D. 解：设等差数列的公差为d,由题意知3(+7d)=5(+12d),即d=-,= +( n-1)d= -(n-1)= (-n),欲使最大，只须0，即n20.故应选C.3方程log2x=3cosx共有（ ）组解 A1 B2 C3 D4解：画出函数y=log2x和y=3cosx的图像，研究其交点情况可知共有3组解应选C4已知关于x的一元二次方程的一个根比1大，另一个根比1小，则（） 或 或解：令f(x)= ，其图像开口向上，由题意知f(1)0，即 0，整理得，解之得，应选C5已知为锐角，则y与x的函数关系为（）ABCD 而 ， 得.故应选A.6函数的定义域为，值域为，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 解：如右图，要使函数在定义域上，值域为，则的最大值是.故应选C.7设锐角q使关于x的方程x2+4xcosq+cotq=0有重根，则q的弧度数为 ( ) A B或 C或 D解：由方程有重根，故D=4cos2qcotq=0， 0q0的解集为 A2，3) B(2，3 C2，4) D(2，4 解：令log2x=t1时，t2t1，2)，x2，4)，选C10设点O在DABC的内部，且有+2+3=，则DABC的面积与DAOC的面积的比为( ) A2 B C3 D 解：如图，设DAOC=S，则DOC1D=3S，DOB1D=DOB1C1=3S，DAOB=DOBD=1.5SDOBC=0.5S，DABC=3S选C11设三位数n=，若以a，b，c为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有( ) A45个 B81个 C165个 D216个解：等边三角形共9个； 等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为a，b)，有36种取法，以小数为底时总能构成等腰三角形，而以大数为底时，ba2ba=9或8时，b=4，3，2，1，(8种)；a=7，6时，b=3，2，1(6种)；a=5，4时，b=2，1(4种)；a=3，2时，b=1(2种)，共有20种不能取的值共有23620=52种方法，而每取一组数，可有3种方法构成三位数，故共有523=156个三位数即可取156+9=165种数选C12顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，ABOB，垂足为B，OHPB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，则当三棱锥OHPC的体积最大时，OB的长为 ( ) A B C D 解：ABOB，PBAB，AB面POB，面PAB面POBOHPB，OH面PAB，OHHC，OHPC，又，PCOC，PC面OCHPC是三棱锥POCH的高PC=OC=2而DOCH的面积在OH=HC=时取得最大值(斜边=2的直角三角形)当OH=时，由PO=2，知OPB=30，OB=POtan30=又解：连线如图，由C为PA中点，故VOPBC=VBAOP，而VOPHCVOPBC=(PO2=PHPB)记PO=OA=2=R，AOB=a，则VPAOB=R3sinacosa=R3sin2a，VBPCO=R3sin2a=VOPHC=R3 令y=，y=0，得cos2a=，cosa=， OB=，选D二、填空题（共10题）13. 设为等差数列的前项和，若，则公差为 解：设等差数列的首项为，公差为. 由题设得 即 解之得.14. 设且的图象经过点，它的反函数的图象经过点，则等于 .解：由题设知 化简得 解之得 （舍去）. 故等于4.15已知函数的图象如图，则满足的的取值范围为 解： 因为 ，所以. 于是，由图象可知，即 ，解得. 故x的取值范围为 16圆锥曲线的离心率是 解：原式变形为，即 所以动点到定点的距离与它到直线的距离之比为故此动点轨迹为双曲线，离心率为17在中，已知，则的面积为解：在中，由 得由正弦定理得 因为，所以角可取锐角或钝角，从而故18. 设命题:，命题: 对任何R，都有. 命题与中有且仅有一个成立，则实数的取值范围是 或 .解：由得由对于任何R成立，得，即因为命题、有且仅有一个成立，故实数的取值范围是 或 19.的值是 解： =cos75+sin75+sin15cos15 =1+=20.定义在上的函数满足，且对任意的，都有，则不等式的解集为 解：令gx=2fxx，由() 1/2得，2() -10，即x化为2f(log2X)log2X3，即g(log2X)g(1),由g(x)的单调性得：log2X1,解得，0xan+14，nN*； 证明有n0N*，使得对nn0，都有+0) 0bn且bn递减，n2bn=n(n)= =单调增 0n且tn单调减由截距式方程知，+=1，(12n2bn=n2bn2) an=()2+()=tn2+tn=(tn+)2(+)2=4且由于tn单调减，知an单调减，即anan+14成立亦可由=bn+2=，得 an=bn+2+， 由bn递减知an递减，且an0+2+=4 即证(1)20041=k2()2()2) (1)(+)+(+)+只要n足够大，就有(1)2004成立26对于整数n4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合m，m+1，m+n1的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素解： 当n4时，对集合M(m，n)=m，m+1，m+n1，当m为奇数时，m，m+1，m+2互质，当m为偶数时，m+1，m+2，m+3互质即M的子集M中存在3个两两互质的元素，故f(n)存在且f(n)n 取集合Tn=t|2|t或3|t，tn+1，则T为M(2，n)=2，3，n+1的一个子集，且其中任3个数无不能两两互质故f(n)card(T)+1但card(T)=+故f(n)+1 由与得，f(4)=4，f(5)=55f(6)6，6f(7)7，7f(8)8，8f(9)9现计算f(6)，取M=m，m+1，m+5，若取其中任意5个数，当这5个数中有3个奇数时，这3个奇数互质；当这3个数中有3个偶数k，k+2，k+4(k0(mod 2)时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，故至少有1个不能被3与5整除，此数与另两个奇数两两互质故f(6)=5而M(m，n+1)=M(m，n)m+n，故f(n+1)f(n)+1 f(7)=6，f(8)=7，f(9)=8 对于4n9，f(n)= +1成立 设对于nk，成立，当n=k+1时，由于M(m，k+1)=M(m，k5)m+k5，m+k4，m+k在m+k5，m+k4，m+k中，能被2或3整除的数恰有4个，即